Bài giảng toán tin 5 pps

Theo định lý 12 về đặc trưng của điểm cực biên thì x là điểm cực biên.. Điều kiện tối ưu trong phương pháp đơn hình giải bài toán quy hoạch tuyến tính Định lý 16 điều kiện tối ưu.. Ngoà

Do yrj ≠ 0 nên từ đây suy ra An–m+1, …, An–m+r–1, An–m+r+1, …, An, Aj là hệ véc tơ độc lập

tuyến tính Theo định lý 12 (về đặc trưng của điểm cực biên) thì x là điểm cực biên Ngoài ra, ta

cũng có:

i

e

λ

⎣ ⎦ ⎣ − λ ⎦=λ +pj p bBT − λp yTB j= T T 1

p x+ λ(p −p B A )−

Do λ > 0 và T 1

p −p B A− > 0 nênp x p xT > T Điều này mâu thuẫn với tính chất của điểm cực biên x (đã xác định bởi pTx = Max{pTxj: j = 1, , k}) Vậy điều chúng ta đã giả sử: ∃ z ∈ D

và z ∉ Λ là sai Nói cách khác D ⊂ Λ (đpcm) „

Hệ quả 15a

Tập lồi đa diện D = {x: Ax = b, x ≥ 0} khác rỗng, với A là ma trận cấp m×n và có hạng bằng m, có hướng cực biên khi và chỉ khi D là không giới nội

Chứng minh (dành cho bạn đọc tìm hiểu) có thể được suy ra ngay từ định lý 16

2.3 Điều kiện tối ưu trong phương pháp đơn hình giải bài toán quy hoạch tuyến tính

Định lý 16 (điều kiện tối ưu)

Xét BTQHTT: Min z = cTx, với x ∈ D = {x ∈ Rn: Ax = b, x ≥ 0} khác rỗng, trong đó A là

ma trận cấp m×n và có hạng bằng m Giả sử x1, , xk là các điểm cực biên của D và d1, , du là các hướng cực biên của D Điều kiện cần và đủ để BTQHTT có phương án tối ưu là cTdj ≥ 0,

j 1,u

∀ =

Ngoài ra, nếu BTQHTT thỏa mãn điều kiện trên thì phương án tối ưu đạt được tại ít nhất một điểm cực biên

Chứng minh

Theo định lý 15, BTQHTT được phát biểu lại như sau:

Min cTx = cT( k j u j

∑ ∑ ),

trong đó, k j

j 1 =

λ

∑ = 1(6.3), λj ≥ 0, j 1,k∀ = (6.4) và μj ≥ 0, j 1,u∀ = (6.5)

Bởi vậy, nếu BTQHTT có phương án tối ưu với hàm mục tiêu bị chặn dưới, thì cTdj ≥ 0,

j 1,u

∀ = (Nếu trái lại, ∃ j sao cho cTdj < 0 Lúc đó do có thể chọn μj > 0 và lớn tùy ý, sẽ có ngay

cTx → – ∞) Ngược lại, nếu cTdj ≥ 0, j 1,u∀ = thì muốn đạt giá trị Min cTx chỉ cần cho μj =

0, j 1,u∀ = và chọn phương án tối ưu tại điểm cực biên xi xác định bởi cT xi = Min{ cTxj : j = 1, , k} (đpcm) „

Tiêu chuẩn tối ưu và thuật toán

Xét BTQHTT như cho trong giả thiết của định lý 16 Theo định lý này chúng ta sẽ tìm kiếm phương án tối ưu x trong các điểm cực biên (trong trường hợp BTQHTT có phương án)

Từ định lý 12 ta thấy, điểm cực biên x được cho bởi xT = ( T

N

x , T B

x ) = ( bT, 0) trong đó b = B–

1b ≥ 0, tương ứng với việc A phân rã thành A = [N B] Giả sử x = ( T

N

x , T B

x ) ∈ D, lúc đó ta có:

Nx +Bx = ⇔b x =B b B Nx− − −

c x c x= +c x = c B b− + c −c B N x− = c x+ c −c B N x− Vậy cTx ≥ cTx nếu T T 1

c −c B N− ≥ 0 (do xN ≥ 0)

Ngược lại, giả sử điều kiện T T 1

c −c B N− ≥ 0 không được thỏa mãn, tức là ∃ j ∈ JN sao cho

T 1

c −c B A− < 0 Đặt yj = B–1Aj và dj = j

j

e y

⎢− ⎥

⎣ ⎦ Xét điểm:

x = x + λdj (6.9) Lúc đó ta có: T T ( T 1 )

c x c x= + λ c −c B A− (6.10)

Dễ thấy cTx < cTx nếu chọn λ > 0 Xét hai trường hợp sau đây:

Trường hợp 1: yj ≤ 0 Do Ax = A( x + λd j) = A x + λAdj = A x = b nên x sẽ là phương án (khả thi) nếu x ≥ 0 Điều này luôn xảy ra vì x = x + λdj với λ > 0 và dj ≥ 0 Từ (6.10) ta thấy hàm mục tiêu cTx không bị chặn dưới

Trường hợp 2: Điều kiện yj ≤ 0 không thỏa mãn Đặt b = B–1b = x , chọn λ theo quy tắc: B

≤ ≤

ij

1 i m

y y , trong đó yij là tọa độ thứ i của yj

Ký hiệu các biến cơ sở ứng với ma trận cơ sở B là

x , x , , x , thì ta có:

x = x + λdj ⇔

i

r

rj

j r rj

b

y

x b / y

x 0, i j, i {B , ,B } J

=

Dễ thấy x là điểm cực biên có nhiều nhất m tọa độ dương Nếu b > 0 thì λ > 0 và do đó

cTx < cTx Vậy nếu x là phương án cực biên không suy biến thì x là phương án cực biên tốt hơn

x

Chú ý Trong phần này chúng ta đã nghiên cứu một cách khá chi tiết cơ sở (giải tích lồi)

của phương pháp đơn hình Trong các BTQHTT cỡ trung bình, phương pháp đơn hình luôn tỏ ra rất hiệu quả Tuy nhiên trong các BTQHTT cỡ lớn (với số biến lớn và nhiều ràng buộc), có thể sử dụng một phương pháp khác: đó là phương pháp điểm trong do Karmarkar đề xuất Phương pháp này sẽ được giới thiệu trong phần cuối của chương VI

3 Các tính chất của hàm lồi

3.1 Các định nghĩa và tính chất cơ bản

Chúng ta đã biết trong chương V khái niệm hàm lồi: Cho một tập lồi khác rỗng S ⊂ Rn Hàm f: S → R được gọi là hàm lồi nếu ta luôn có f(λx1 + (1– λ)x2)≤ λf(x1) + (1– λ)f(x2), ∀λ ∈ [0, 1], ∀x1, x2∈S

Định nghĩa 7 Xét hàm lồi f: S → R Lúc đó tập Sα = {x S : f (x)∈ ≤ α với } α ∈ được R gọi là tập mức dưới α tương ứng với hàm lồi f

Ví dụ 2. z = f(x, y) = x2 + y2: S ⊂ R2 → R là hàm lồi nếu S là tập lồi khác rỗng Tập mức

S3/4 được minh họa trên hìnhVI.6

Ta thấy ∀α, Sα lồi nếu f là hàm lồi Thật vậy, cho x1, x2 ∈ Sα⊂ S và xét x = λx1 + (1– λ)x2, ∀λ ∈ (0, 1) Do f là lồi nên: f(x) ≤ λf(x1) + (1–λ)f(x2) ≤ λα + (1–λ)α = α Vậy x ∈ Sα

Định lý 17 (tính chất liên tục của hàm lồi)

Nếu f: S → R là hàm lồi thì f là hàm liên tục trong int S

(Chứng minh: Dành cho bạn đọc tự tìm hiểu)

Đạo hàm theo hướng của hàm lồi

hướng d ∈Rnđược ký hiệu và định nghĩa bởi

/

0

f (x d) f (x)

f (x,d) lim

+ λ→

+ λ −

=

x +x Hãy tìm đạo hàm f/( x,d ) tại điểm

1 2

x (x , x )= = (1,1) theo hướng d = (2, 1/2)

f/( x ,d) =

0

lim + λ→

2 1 2

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎢ ⎥

⎥

⎢ ⎦

⎣ [2x1, 2x2]

Tại (1, 1) ta có f/( x ,d) = d×∇f T(1,1) = 5

f(x1,x2) = x1 +x2

x2

x1

S3/4 = {(x1,x2): x12+x22 ≤ 3/4}

Hình VI.6. Minh họa hàm lồi và tập mức dưới

Định lý 18. Cho một tập lồi khác rỗng S ⊂ Rn và f: S → R là hàm lồi Lúc đó, ∀ x ∈ S và hướng bất kỳ d ∈Rn sao cho x+ λ ∈ với λ > 0 đủ nhỏ, luôn tồn tại đạo hàm theo hướng: d S

f/( x ,d) =

0

f (x d) f (x)

lim+

λ→

+ λ −

Chứng minh

Chọn λ2 > λ1 > 0 và đủ nhỏ Do f là hàm lồi nên ta có:

f x d f⎡λ x d ⎛1 λ ⎞x⎤ λ f x d ⎛1 λ ⎞f x

f x+ λd −f x f x+ λ d −f x

≤

[f (x+ λ −d) f (x)] /λ phụ thuộc λ > 0 là hàm không giảm Bởi vậy ta có giới hạn:

0 0

λ>

λ→

=

3.2 Dưới vi phân của hàm lồi

Epigraph của f là tập hợp Epi f ={(x, y) : x S, y f (x)∈ ≥ } ⊂ Rn+1

Hypograph của f là tập hợp Hyp f ={(x, y) : x S, y f (x)∈ ≤ } ⊂ Rn+1

Xem minh họa hình VI.7

Có thể chứng minh được tính chất sau đây: Cho f: S →R là hàm lồi, lúc đó Epi f là tập lồi

và ngược lại

Định nghĩa 10 (khái niệm dưới vi phân)

Xét tập lồi khác rỗng S ⊂ Rn và f: S → R là hàm lồi Lúc đó véc tơ ξ ∈ Rn được gọi là dưới

vi phân của f tại x nếu f (x) f (x)≥ + ξT(x x)− , x S∀ ∈

Ví dụ 4. i) Xét hàm y = f(x) = x2 Lúc đó véc tơ ξ = (2 x ) ∈ R1 chính là dưới vi phân của hàm đã cho tại x (trên hình VI.8a: ξ = tgα ) T

y

y=f(x) Epi f

Hyp f

Hình VI.7. Minh họa Epigraph và Hypograph

ii) Xét hàm y = f(x) = ⎪x⎪ ∀ x ≠ 0, véc tơ ξ = sign x ∈ R1 chính là dưới vi phân duy nhất của hàm đã cho tại x (trên hình VI.8b: ξ = tgT

4

π = 1 tại x > 0) Còn tại

x = 0, tồn tại vô số dưới vi phân ξ ∈ [–1, 1] ⊂ R1

Định lý 19 (về sự tồn tại dưới vi phân)

Cho f: S → R là hàm lồi Lúc đó với ∀ x ∈ int S luôn tồn tại véc tơ ξ sao cho siêu phẳng

H = {(x, y) : y f (x)= + ξT(x x)− } là siêu phẳng tựa của Epi f tại (x,f (x) tức là )

T

f (x) f (x)≥ + ξ (x x)− , x S∀ ∈ Do đó, ξ chính là dưới vi phân tại x

Chứng minh

Ta đã biết Epi f là tập lồi và (x,f (x))∈ ∂ (Epi f), biên của Epi f Ngoài ra

theo định lý 7 (về siêu phẳng tựa của tập lồi tại điểm biên), lúc đó tồn tại véc tơ

p = (ξ , μ ) ≠ 0, sao cho (x, y) Epi f0 ∀ ∈ luôn có:

0(x x) (y f (x)) 0

ξ − + μ − ≤ (6.11)

Rõ ràng μ không thể dương được vì nếu trái lại chọn y dương đủ lớn thì suy ra (6.11) là sai

Ta đi chứng minh μ ≠ 0 bằng phương pháp phản chứng Giả sử μ = 0 thì có:

T

0(x x) 0, x S

ξ − ≤ ∀ ∈ (6.12)

Vì x int S∈ nên ∃ λ > 0 sao cho x =x+ λξ ∈ Do đó, thay vào (6.12) ta có: 0 S T

0 0 0

λξ ξ ≤ , suy ra T

0 0 0

ξ ξ ≤ hay ξ = Vậy ta có 0 0 p ( , ) (0,0)= ξ μ =0 Điều này mâu thuẫn với giả thiết p ≠

0 Do đó μ < 0 Đặt ξ = ξ μ Từ (6.11) ta có: 0/

T(x x) y f (x) 0

ξ − − + ≤ (6.13) đúng mọi (x,y) ∈ Epi f Vậy H = {(x, y) : y f (x)= + ξT(x x)− } chính là siêu phẳng tựa của Epi f tại (x,f (x) Hơn nữa, nếu đặt y = f(x) trong (6.13) thì có: ) f (x) f (x)≥ + ξT(x x)− , ∀x ∈ S Do

đó, ξ chính là dưới vi phân tại x (đpcm) „

y

x

f(x)

α

x

0

Hình VI.8. Minh họa hình học dưới vi phân

x

T tg

ξ = α

f (x)

y

x f(x)

x

0 a) f(x) = x2

x

f (x)

b) f(x) = ⎪x⎪

4 π

Hệ quả 19a

Cho f : S→ là hàm lồi ngặt và x int SR ∈ Lúc đó tồn tại dưới vi phân ξ tại x sao cho:

T

f (x) f (x)> + ξ (x x),− ∀ x∈ S và x ≠ x

Chứng minh

Theo định lý 19, tồn tại dưới vi phân ξ sao cho:

T

f (x) f (x)≥ + ξ (x x), x S− ∀ ∈ (6.14) Giả sử tồn tại ˆx≠ sao cho x f (x) f (x)ˆ = + ξT(x x)− Do f là hàm lồi ngặt nên

∀λ ∈ (0,1) ta có:

f⎡⎣λ +x 1− λ x⎤⎦< λf (x)+ 1− λ f (x) f (x) (1= + − λ ξ) (x x)− (6.15) Đặt x= λ +x (1− λ)xˆ trong (6.14) thì ta có:

f⎡⎣λ +x 1− λ x⎤⎦≥f (x) (1+ − λ ξ) (x x)− , điều này mâu thuẫn với (6.15) Vậy chúng ta

có đpcm „

Chú ý Tại x có thể có nhiều dưới vi phân (xem hình VI.8b với x = 0) Ngoài ra, điều

khẳng định ngược lại của hệ quả 19a là không luôn đúng Tức là, nếu f : S→ là hàm xác định R trên tập lồi S khác rỗng và ∀ x int S∈ , luôn tồn tại dưới vi phân ξ sao cho:

T

f (x) f (x)> + ξ (x x),− ∀ x∈ S và x ≠ x , thì f không nhất thiết là hàm lồi trong S Tuy nhiên, chúng ta lại có định lý sau

∀ x int S∈ , luôn tồn tại dưới vi phân ξ sao cho: f (x) f (x)≥ + ξT(x x),− ∀x∈ S và

x ≠ x , thì f là hàm lồi trong int S

Chứng minh

Cho x1, x2 ∈ int S và cho λ ∈ (0, 1) Theo hệ quả 3a của định lý 3, int S cũng là tập lồi nên

x = λx1 + (1 – λ)x2 ∈ int S Từ giả thiết của định lý suy ra rằng tồn tại dưới vi phân ξ của hàm f tại x = λx1 + (1 – λ)x2 Do đó có các bất đẳng thức sau:

f (x ) f x (1 )x (1 ) (x x ) ,

f (x ) f≥ ⎡⎣λ +x (1− λ)x ⎤⎦+ λξ (x −x )

Nhân hai vế của các bất đẳng thức trên theo thứ tự với λ và (1 – λ) rồi đem cộng lại, ta thu được: λf (x ) (11 + − λ)f (x ) f2 ≥ ⎡⎣λ +x1 (1− λ)x2⎤⎦ (đpcm) „

3.3 Hàm lồi khả vi

Trong chương V, chúng ta đã biết định nghĩa hàm khả vi cấp một: Xét tập khác rỗng S ⊂

Rn và f : S→ Lúc đó, f là khả vi tại x R ∈ S nếu ∀x ∈ S thì

f (x) f (x)= + ∇f (x) (x x)− + x x− α(x, x x)− , trong đó

x x

lim (x, x x) 0

→ α − = , còn f (x)∇ được gọi là véc tơ gradient của f

T

f (x) f (x) f (x)

Bổ đề Cho f: S → R là một hàm lồi Giả sử f khả vi tại x int S∈ , lúc đó tồn tại duy nhất một dưới vi phân của f tại x là: ξ = ∇f (x)

Chứng minh

Theo định lý 19, ta đã biết tại x int S∈ tồn tại dưới vi phân Ký hiệu ξ là dưới vi phân của f tại x , ta có f (x) f (x)≥ + ξT(x x)− Đặt x = x + λd ta có

T

f (x+ λ ≥d) f (x)+ λξ d (6.16)

Do f khả vi tại x nên

T

f (x+ λ =d) f (x)+ λ∇f (x) d+ λ d (x, d)α λ (6.17) Lấy (6.16) trừ (6.17) ta có 0≥ λ ξ − ∇⎡⎣ T f (x) dT⎤⎦ − λ d (x, d)α λ Chia cả hai vế cho λ (giả sử λ > 0) ta có:

0≥ ξ − ∇f (x) d− d (x, d)α λ (6.18) Cho qua giới hạn (6.18) khi λ → , ta thu được 0 [ ]T

0≥ ξ −f (x) d Vì d có thể chọn bất kỳ,

ta chọn d = ξ − ∇f (x) thì có: 0≥ ξ − ∇f (x)2 Vậy ξ = ∇f (x) (đpcm) „

Định lý 21. Cho tập lồi mở khác rỗng S ⊂ Rn và f: S → R là hàm khả vi trong S Lúc đó:

f là hàm lồi ⇔ f (x) f (x)≥ + ∇f (x) (x x)T − , x, x S∀ ∈ (6.19) ⇔ ⎡⎣∇f (x )2 − ∇f (x ) (x1 ⎤⎦T 2 −x ) 01 ≥ ,∀x , x1 2∈ (6.20) S Đối với trường hợp f là lồi ngặt, trong (6.19) và (6.20) cần thay dấu ≥ bởi dấu >

Chứng minh

Trước hết, chúng ta chứng minh (6.19) Cho f là hàm lồi, theo định lý 19 và bổ đề trên ta thu được ngay f (x) f (x)≥ + ∇f (x) (x x)T − , x, x S∀ ∈ Chiều ngược lại được suy ra từ định lý 20

và bổ đề trên

Chúng ta đi chứng minh (6.20) Cho f là hàm lồi thì theo (6.19) sẽ có:

f (x ) f (x )≥ + ∇f (x ) (x −x ) và f (x ) f (x )2 ≥ 1 + ∇f (x ) (x1 T 2 −x )1

Cộng hai bất đẳng thức trên sẽ có ⎡⎣∇f (x )2 − ∇f (x ) (x1 ⎤⎦T 2 −x ) 01 ≥

Ngược lại, cho∀x , x1 2∈ Theo định lý giá trị trung bình, với x = λxS 1 + (1 – λ)x2 đối với một giá trị nào đó λ ∈(0, 1) ta có

2 1 T 2 1

f (x ) f (x )− = ∇f (x) (x −x ) (6.21) Theo giả thiết, ta có ⎡⎣∇f (x)− ∇f (x ) (x x ) 01 ⎤⎦T − 1 ≥ hay:

T

(1− λ ∇)⎡⎣ f (x)− ∇f (x ) (x⎤⎦ −x ) 0≥ ⇔ ∇f (x) (xT 2−x )1 ≥ ∇f (x ) (x1 T 2−x )1

Từ (6.21) sẽ có: f (x ) f (x )2 ≥ 1 + ∇f (x ) (x1 T 2 −x )1 Theo định lý 20, ta có đpcm „

Hàm lồi khả vi cấp hai

Chúng ta nhắc lại khái niệm hàm khả vi cấp hai trong chương V Xét tập khác rỗng S ⊂ Rn

và hàm f: S → R Lúc đó, hàm f được gọi là khả vi cấp hai tại x nếu tồn tại véc tơ gradient

f (x)

∇ và ma trận đối xứng cấp n, được gọi là ma trận Hessian H( x ), sao cho:

2

f (x) f (x) f (x) (x x) (x x) H(x)(x x) x x (x, x x)

2

đúng ∀x ∈ S, trong đó

x x

lim (x, x x) 0

Định lý 22 Nếu S là tập lồi mở khác rỗng và f: S → R là hàm khả vi cấp hai thì: hàm f lồi khi và chỉ khi H( x ) nửa xác định dương với mọi x∈S

Chứng minh

Cho f là hàm lồi và x∈S Cần chứng minh rằng xT H( x )x ≥ 0 ∀x ∈Rn Do S là tập mở, nên khi lấy x bất kỳ thì x + λx ∈S nếu chọn λ đủ nhỏ Theo định lý 21 và theo giả thiết đã cho,

ta có:

T

f (x+ λ ≥x) f (x)+ λ∇f (x) x (6.22)

f (x) f (x) f (x) x x H(x)x x (x, x)

2

Lấy (6.22) trừ (6.23) ta có: 1 2 T 2 2

2λ + λ α λ ≥ Chia hai vế cho λ và cho

λ → 0, ta thu được xT H( x )x ≥ 0

Ngược lại, giả sử xT H( x )x ≥ 0 đúng ∀x ∈ Rn và ∀ x ∈ S Theo định lý về giá trị trung bình, ta có:

ˆ

f (x) f (x) f (x) (x x) (x x) H(x)(x x)

2

trong đó ˆx = λ x + (1 – λ)x với λ ∈ (0, 1) Vì ˆx ∈ S nên 1 T

ˆ (x x) H(x)(x x) 0

T

f (x) f (x)≥ + ∇f (x) (x x)− (đpcm) „

Ví dụ 5. Xét hàm một biến f(x) = x3 + 2x + 1 xác định trên R Do H( x ) = f (x) 6x// = không là (nửa) xác định dương tại x = –1 nên f(x) = x3 + 2x + 1 không phải là hàm lồi

Ví dụ 6. Với hàm hai biến 2 2

f (x) x= +x ta có H ( x ) = 2

0

⎡

⎢

⎣

0 2

⎤

⎥

⎦là (nửa) xác định dương nên f(x) là hàm lồi

Chú ý

Ma trận H( x ) là xác định dương nếu xT H( x ) x > 0, ∀ x ∈Rn, x ≠ 0

Ma trận H( x ) là nửa xác định dương nếu xT H( x )≥ 0, ∀ x ∈Rn

Có thể kiểm tra H( x ) là xác định dương theo các cách sau:

– Theo định nghĩa

– Các định thức con chính của H( x ) luôn có giá trị dương

– Các giá trị riêng tìm từ phương trình đặc trưng det(H–λI) = 0 đều có giá trị dương

3.4 Cực đại và cực tiểu của hàm lồi

Cho hàm f : S⊂Rn → Chúng ta muốn cực tiểu hoá (cực đại hóa) hàm f(x) với R

x∈ ⊂S Rn, lúc đó có bài toán tối ưu sau:

x S

Min f (x)

f (x , x ) (x 3 / 2)= − +(x −5) , với các ràng buộc

1 2

x 0

⎧

⎪

⎨− ≤

⎪

⎪− ≤

⎩

Dễ thấy, miền ràng buộc S là tập lồi đa diện, S là tổ hợp lồi của bốn điểm cực biên (0, 0), (0, 2), (1, 3) và (5,5, 0)

Xét bài toán cực tiểu hóa

x S

Min f (x)

∈ Một số khái niệm sau được coi là đã biết: S được gọi

là miền phương án khả thi hay miền ràng buộc Điểm x∈S được gọi là phương án khả thi hay phương án (nếu nói vắn tắt) x S∈ được gọi là phương án tối ưu toàn cục nếu f (x) f (x)≤ ,

∀ x∈S Điểm x S∈ được gọi là phương án tối ưu địa phương nếu f (x) f (x)≤ , ∀ x∈ S ∩

Nε( x ) với Nε( x ) là một lân cận ε đủ nhỏ nào đó của x

Định lý 23 (cực tiểu hóa hàm lồi)

Cho f : S⊂Rn → , với S là tập lồi khác rỗng Xét bài toán cực tiểu hóa R

x S

Min f (x)

∈ Giả

sử x S∈ là một phương án tối ưu địa phương Lúc đó:

– Nếu f là hàm lồi thì x là phương án tối ưu toàn cục

– Nếu f lồi ngặt thì x là phương án tối ưu toàn cục duy nhất

Chứng minh

Giả sử f là hàm lồi và x S∈ là một phương án tối ưu địa phương Do đó tồn tại một lân cận

đủ nhỏ Nε( x ) của x sao cho

f (x) f (x)≤ , ∀ x∈ S ∩ Nε( x ) (6.24)

Chứng minh bằng phản chứng, giả sử điều ngược lại: x không là phương án tối ưu toàn cục, thế thì ∃ ˆx ∈ S sao cho f( ˆx ) < f( x ) Vì f là hàm lồi nên với λ ∈ (0, 1) ta có:

f λ +x (1− λ)x ≤ λf (x) (1+ − λ)f (x)< λf (x) (1+ − λ)f (x) f (x)= (6.25)

Do λ > 0 có thể chọn khá nhỏ, nên ˆx (1λ + − λ ∈ ∩)x S N (x)ε , ta có (6.25) mâu thuẫn với (6.24)

Giả sử f là lồi ngặt, thì theo phần trên, x là tối ưu toàn cục Cần chứng minh nó là phương

án tối ưu toàn cục duy nhất Giả sử tồn tại một phương án x ∈ S và có f(x) = f( x ), thế thì

f x x f (x) f (x) f (x)

Ngoài ra, 1x x 1 S

2 + 2 ∈ Điều này mâu thuẫn với tính tối ưu toàn cục của x (đpcm) „

Định lý 24 (cực tiểu hóa hàm lồi)

Cho f : S⊂Rn → là hàm lồi, xét bài toán cực tiểu hóa R

x S

Min f (x)

∈ Lúc đó: x S∈ là phương án tối ưu khi và chỉ khi x S∀ ∈ , luôn tồn tại một dưới vi phân ξ của f tại x sao cho

T(x x) 0

Chứng minh

Minh họa hình học của định lý được thể hiện trên hình VI.9 (với x < x thì ta chỉ ra được dưới vi phân ξ = tg α và điều kiện ξt(x x) 0− ≥ được thỏa mãn)

Giả sử ξT(x x) 0− ≥ , ∀x ∈ S, trong đó ξ là dưới vi phân của f tại x Do f là hàm lồi, ta có: f (x) f (x)≥ + ξT(x x) f (x)− ≥ , ∀x ∈ S Vậy x là phương án tối ưu

Ngược lại, giả sử x là phương án tối ưu của bài toán Chúng ta xây dựng hai tập sau đây trong Rn+1:

1 (x x, y) : x R , y f (x) f (x)

x

x

O

α

y

x

Hình VI.9. Điều kiện tối ưu cho bài toán Min